专题08 解三角形（考点练+模拟练）-备战2025年高考数学一轮复习《重难点题型•高分突破》（上海专用）

专题08 解三角形（考点练+模拟练） 一、填空题 1．（23-24高三下·上海·期中）在中，角的对边分别为，若，则 . 2．（23-24高三上·上海闵行·期中）在中，，，，则边上的高为 ． 3．（23-24高三上·上海普陀·期中）在中，，则 . 4．（2024·上海·模拟预测）的内角、、所对边长分别为，面积为，且，则角 . 5．（2024高三·上海·专题练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，， ，则的面积为 ． 6．（2024·上海崇明·二模）已知A、B、C是半径为1的圆上的三个不同的点，且，则的最小值是 ． 7．（23-24高三上·上海奉贤·阶段练习）中，角所对的边分别为则 . 8．（23-24高三上·上海黄浦·期中）已知中，，且，则面积的最大值为 . 9．（2024高三·上海·专题练习）在中，内角所对的边分别为，已知，且为钝角，则 ；的取值范围是 10．（23-24高三上·上海黄浦·期中）在中，三个内角的对边分别为，若，则的值为 ． 11．（23-24高三上·上海徐汇·期中）如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，小区的两个出入口设置在点A及点C处，且小区里有一条平行于BO的小路CD；已知某人从C沿CD走到D用了10分钟，从D沿DA走到A用了6分钟；若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径OA的长为 （精确到1米）    12．（2024高三·上海·专题练习）已知的面积为3，，为所在平面内异于点的两个不同的点，若且，其中，则的面积为 . 13．（23-24高三上·上海·期中）已知的三边长之比为5∶6∶9，记的三个内角的正切值所组成的集合为M，则集合M中的最大元素为 ． 14．（22-23高三上·上海浦东新·期中）中，，若，，其中，则的最小值为 . 15．（2022·上海宝山·模拟预测）已知向量，其中且．设与的夹角为，若对于任意，总有，则的最小值为 ． 16．（21-22高二上·上海普陀·阶段练习）已知平面内不同的三点，满足，若，的最小值为，则 . 二、单选题 17．（23-24高三下·上海·开学考试）中，以下与“”不等价的是（    ） A． B． C． D． 18．（23-24高一下·上海·阶段练习）已知内角的对边分别是，若，，则的值为（    ） A． B． C． D． 19．（23-24高三上·上海嘉定·期中）在中，已知，，若有唯一值，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 20．（2024高三·上海·专题练习）正三角形的边长为3，点在边上，且，三角形的外接圆的一条弦过点，点为边上的动点，当弦的长度最短时，的取值范围是（    ） A． B． C． D． 三、解答题 21．（23-24高三下·上海·阶段练习）在中，，，分别是角，，所对的边，，，. (1)求的值； (2)求的值. 22．（2024高三·上海·专题练习）记的内角的对边分别为，已知 (1)试判断的形状； (2)若，求周长的最大值. 23．（23-24高三上·上海虹口·期末）设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，且． (1)求角B的大小； (2)若为锐角三角形，求的值域． 24．（23-24高三上·上海浦东新·期中）如图所示为某小区在草坪上活动区域的平面示意图，在四个点分别建造了供老年人活动的器械.四个点所围成的四边形即为老年人的活动区域.为了便于老年人在草坪上行走，小区建造了，，，，，六条步行道，其中，，，.设，，为四边形的面积.    (1)若，求的值: (2)求的最大值，并求取到最大值时的值. 25．（23-24高三下·上海松江·阶段练习）设的内角A、B、C所对边分别为a、b、c，若. (1)求证：a、b、c成等差数列； (2)若均为整数，且存在唯一的钝角满足条件，求角C的大小. 26．（2024高三·上海·专题练习）如图1，某景区是一个以C为圆心，半径为3km的圆形区域，道路，成60°角，且均和景区边界相切，现要修一条与景区相切的观光木栈道AB，点A，B分别在和上，修建的木栈道AB与道路，围成三角地块OAB．（注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等）．    (1)当为正三角形时求修建的木栈道AB与道路，围成的三角地块OAB面积； (2)若的面积，求木栈道AB长； (3)如图2，设， ①将木栈道AB的长度表示为的函数，并指定定义域； ②求木栈道AB的最小值． 一、填空题 1．（2024·上海黄浦·二模）在中，，，，则 . 2．（2024·上海虹口·二模）已知一个三角形的三边长分别为，，，则这个三角形外接圆的直径为 . 3．（2024·福建莆田·二模）已知的内角的对边分别为，若，则 ． 4．（2023·上海奉贤·一模）某林场为了及时发现火情，设立了两个观测点和．某日两个观测点的林场人员都观测到处出现火情．在处观测到火情发生在北偏西方向，而在处观测到火情在北偏西方向．已知在的正东方向处（如图所示），则 . （精确到） 5．（2023·上海嘉定·一模）在中，内角、、的对边分别为、、，的面积为，，，则 . 6．（2021·上海·一模）某展馆现有一块三角形区域可以布展，经过测量其三边长分别为14、10、6（单位：m），且该区域的租金为每天4元/m2．若租用上述区域5天，则仅场地的租用费约需________元．（结果保留整数） 7．（2022·上海虹口·一模）已知角，，是的三个内角，若，则该三角形的最大内角等于 （用反三角函数值表示）. 8．（2022·上海金山·二模）已知平面向量满足，若关于的方程有实数解，则面积的最大值为 . 9．（2024·上海·三模）空间中两点间的距离为，设的面积为，令，若，则的取值范围为 ． 10．（2022·上海宝山·一模）在中，角，，所对的边分别为，，，且，，若，则的最大值为 . 11．（2023·上海虹口·一模）在中，，，，是的外心，若，其中，，则动点的轨迹所覆盖图形的面积为 ． 12．（2024·上海徐汇·二模）如图所示，已知满足，为所在平面内一点.定义点集.若存在点，使得对任意，满足恒成立，则的最大值为 . 二、单选题 13．（2023·上海普陀·模拟预测）已知点为的外心，且，则为（    ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定 14．（2024·上海嘉定·二模）嘉定某学习小组开展测量太阳高度角的数学活动．太阳高度角是指某时刻太阳光线和地平面所成的角．测量时，假设太阳光线均为平行的直线，地面为水平平面．如图，两竖直墙面所成的二面角为120°，墙的高度均为3米．在时刻，实地测量得在太阳光线照射下的两面墙在地面的阴影宽度分别为1米、1.5米．在线查阅嘉定的天文资料，当天的太阳高度角和对应时间的部分数据如表所示，则时刻最可能为（    ） 太阳高度角 时间 太阳高度角 时间 43.13° 08:30 68.53° 10:30 49.53° 09:00 74.49° 11:00 55.93° 09:30 79.60° 11:30 62.29° 10:00 82.00° 12:00 A． B． C． D． 三、解答题 15．（2024·上海奉贤·三模）已知三角形的三个角对应的边分别为、、 (1)求证：存在以为三边的三角形； (2)若以为三边的三角形为等腰直角三角形，求三角形的最小角． 16．（2023·上海·三模）已知在中，角所对的边分别为，且满足． (1)若，求的面积； (2)求的最大值，并求其取得最大值时的值． 17．（2024·上海宝山·二模）在中，角、、的对边分别为、、，已知. (1)求角的大小； (2)若的面积为，求的最小值，并判断此时的形状. 18．（2024·上海普陀·二模）设函数，，，它的最小正周期为. (1)若函数是偶函数，求的值； (2)在中，角、、的对边分别为、、，若，，，求的值. 19．（2023·上海杨浦·一模）某数学建模小组研究挡雨棚（图1），将它抽象为柱体（图2），底面与全等且所在平面平行，与各边表示挡雨棚支架，支架、、垂直于平面.雨滴下落方向与外墙（所在平面）所成角为（即），挡雨棚有效遮挡的区域为矩形（、分别在、延长线上）. (1)挡雨板（曲面）的面积可以视为曲线段与线段长的乘积．已知米，米，米，小组成员对曲线段有两种假设，分别为：①其为直线段且；②其为以为圆心的圆弧.请分别计算这两种假设下挡雨板的面积（精确到0.1平方米）； (2)小组拟自制部分的支架用于测试（图3），其中米，，，其中，求有效遮挡区域高的最大值. 20．（2023·上海浦东新·一模）在临港滴水湖畔拟建造一个四边形的露营基地，如图ABCD所示.为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在四边形ABCD区域中，将三角形ABD区域设立成花卉观赏区，三角形BCD区域设立成烧烤区，边AB、BC、CD、DA修建观赏步道，边BD修建隔离防护栏，其中米，米，. (1)如果烧烤区是一个占地面积为9600平方米的钝角三角形，那么需要修建多长的隔离防护栏（精确到0.1米）？ (2)考虑到烧烤区的安全性，在规划四边形ABCD区域时，首先保证烧烤区的占地面积最大时，再使得花卉观赏区的面积尽可能大，则应如何设计观赏步道？ ( 第 1 页 共 16 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 解三角形（考点练+模拟练） 一、填空题 1．（23-24高三下·上海·期中）在中，角的对边分别为，若，则 . 【答案】/ 【分析】由余弦定理先求出，再由同角三角函数的平方关系即可求. 【解析】由余弦定理，得，又， 所以. 故答案为： 2．（23-24高三上·上海闵行·期中）在中，，，，则边上的高为 ． 【答案】/ 【分析】利用余弦定理求出，再由等面积法计算可得. 【解析】在中，，，， 由余弦定理，即， 所以， 设边上的高为，则， 即，解得. 故答案为： 3．（23-24高三上·上海普陀·期中）在中，，则 . 【答案】 【分析】由正弦定理化角为边后，利用余弦定理求解． 【解析】因为，由正弦定理得， 变形得，所以， 又，所以， 故答案为：． 4．（2024·上海·模拟预测）的内角、、所对边长分别为，面积为，且，则角 . 【答案】/ 【分析】将的面积，及，代入条件计算即可. 【解析】的面积，因为，所以， 所以，又，所以. 故答案为： 5．（2024高三·上海·专题练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，， ，则的面积为 ． 【答案】3 【分析】利用余弦定理，结合已知求出，再利用三角形面积公式计算即得. 【解析】在中，由余弦定理，得，则， 于是，解得， 所以的面积为. 故答案为：3 6．（2024·上海崇明·二模）已知A、B、C是半径为1的圆上的三个不同的点，且，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】根据题意，由正弦定理可得，然后分与讨论，再由平面向量数量积的定义展开，结合三角恒等变换公式代入计算，即可得到结果. 【解析】由正弦定理可得，所以， 所以，且，则或， 则或， 当时，， 所以 ，，则， 当时，即时，取得最小值； 当时，， 所以 ，，则， 则无最值； 综上所述，的最小值是 故答案为： 7．（23-24高三上·上海奉贤·阶段练习）中，角所对的边分别为则 . 【答案】1 【分析】根据正弦定理和余弦定理求得正确答案. 【解析】依题意， 由正弦定理、余弦定理得: . 故答案为： 8．（23-24高三上·上海黄浦·期中）已知中，，且，则面积的最大值为 . 【答案】 【分析】根据题意利用诱导公式和正弦定理可得，利用面积公式结合倍角公式分析可得，换元令，构建函数，利用导数求最值. 【解析】设角所对的边分别为， 因为，则， 由正弦定理可得， 则面积， 令，则， 构建，则， 令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减， 可知当且仅当时，取得最大值， 所以面积的最大值为. 故答案为：. 9．（2024高三·上海·专题练习）在中，内角所对的边分别为，已知，且为钝角，则 ；的取值范围是 【答案】 【分析】根据正弦定理边角互化可得，即可利用三角函数的性质求解，进而利用和差角公式以及二次函数的性质求解. 【解析】在中，内角所对的边分别为，已知，且为钝角， 故，又，故， 由于在中，所以或（舍去），故； 由于，，所以， 故 ， 由于，所以， 故， 故的取值范围为. 故答案为：； 10．（23-24高三上·上海黄浦·期中）在中，三个内角的对边分别为，若，则的值为 ． 【答案】/0.96 【分析】根据余弦定理结合同角三角函数关系和二倍角的正弦公式即可得到答案. 【解析】，即， 则，因为，所以， 所以，所以， 故答案为：. 11．（23-24高三上·上海徐汇·期中）如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，小区的两个出入口设置在点A及点C处，且小区里有一条平行于BO的小路CD；已知某人从C沿CD走到D用了10分钟，从D沿DA走到A用了6分钟；若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径OA的长为 （精确到1米）    【答案】445米 【分析】假设该扇形的半径为米，在中，利用余弦定理求解； 【解析】设该扇形的半径为米，连接. 由题意， 得(米)，（米）， 在中， 即， 解得（米).    12．（2024高三·上海·专题练习）已知的面积为3，，为所在平面内异于点的两个不同的点，若且，其中，则的面积为 . 【答案】3 【分析】先得到和，最后表示出并转化求值即可. 【解析】解：因为，所以，即 因为，所以 所以，所以， 因为，所以，所以， ， 因为的面积为3，所以， ， 所以的面积是3 故答案为：3 【点睛】本题考查平面向量的线性运算，三角形的面积公式，是中档题. 13．（23-24高三上·上海·期中）已知的三边长之比为5∶6∶9，记的三个内角的正切值所组成的集合为M，则集合M中的最大元素为 ． 【答案】/ 【分析】首先得出，再结合余弦定理以及平方关系、商数关系即可求解. 【解析】如图所示： 不失一般性，不妨分别设，则由余弦定理有， 故是钝角，是锐角， 则由大边对大角可得，所以， 又函数在上递增，此时，在上递增，此时， 所以三个内角的正切值最大为， ，， 所以集合M中的最大元素为. 故答案为：. 14．（22-23高三上·上海浦东新·期中）中，，若，，其中，则的最小值为 . 【答案】 【分析】由平面向量的加法法则得到为点A到BC的距离为2，从而为等腰直角三角形，斜边为4，再根据，其中，得到点P在线段DE上，且D，E为BC的四等分点求解. 【解析】解：如图所示： 在中，由平面向量的加法法则得为点A到BC的距离， 即，则为等腰直角三角形，斜边为4， 又，其中， 所以点P在线段DE上，且D，E为BC的四等分点， 又， 则， 当点P在点D时，的最小， 由余弦定理得， 所以， 故答案为： 15．（2022·上海宝山·模拟预测）已知向量，其中且．设与的夹角为，若对于任意，总有，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】不妨设，，则将向量问题转化为解三角形问题，利用极限位置一一分析即可； 【解析】解：不妨设，，则向量问题可转化为如下解三角形问题： 由，为锐角， 同时由余弦定理， 而实际上表示的是OA的延长线． 故，而，则与的夹角． 可知，随着的增大，也在增大，则在减小， 由题意，只需求所趋近的最大值和最小值即可． 第一种极限情况，当与A重合时， 第二种极限情况，当位于OA的延长线无穷远处时，可看作与平行，根据两条平行直线同旁内角互补的性质，， 由于恒成立，则，则k的最小值为． 故答案为： 16．（21-22高二上·上海普陀·阶段练习）已知平面内不同的三点，满足，若，的最小值为，则 . 【答案】 【分析】设，则通过平面向量的加减法运算可知，设，点关于对称的点为，与交于点，与的交于点，根据垂直平分线的性质可知，当三点共线时，取得最小值，从而得出，在△中利用余弦定理可求出，从而可求出的长度，即可得出. 【解析】解：设， 由于，可知在线段上，为的中点，如下图， 则由题意可得，， 设，点关于对称的点为，与交于点，与的交于点， 由于，所以为的中点，， 可得，， 所以， 则当三点共线时，取得最小值， 即当点位于点的位置时，取得最小值， 在△中，， 由余弦定理得，，解得：， ，， . 故答案为：． 二、单选题 17．（23-24高三下·上海·开学考试）中，以下与“”不等价的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合三角形边角性质以及正弦定理判断A；根据余弦函数的单调性判断B，举反例判断C；结合二倍角公式判断D. 【解析】对于A，中，由可知，结合正弦定理得， 反之亦然，A中结论等价； 对于B，由于在上单调递减，故可得， 反之亦然，B中结论等价； 对于C，取满足，而，故C中结论不等价； 对于D，, 由A知等价于，又， 故，D中结论等价， 故选：C 18．（23-24高一下·上海·阶段练习）已知内角的对边分别是，若，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用正弦定理得到关于的关系式，再利用余弦定理表示出，从而得解. 【解析】因为， 所以由正弦定理得，又， 所以， 又，则. 故选：A. 19．（23-24高三上·上海嘉定·期中）在中，已知，，若有唯一值，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由可求，对的取值进行讨论，求出使得B唯一时的取值范围，此时有唯一值. 【解析】由可得：，且， 若，则，由正弦定理可得, 则，所以B为锐角， 此时B唯一，则C也唯一，所以有唯一值. 当时，，则此时B唯一，则C也唯一，所以有唯一值. 当时，因为，根据正弦函数图像易知，在上存在两个根，所以存在两个值满足，所以不成立. 故选：C 20．（2024高三·上海·专题练习）正三角形的边长为3，点在边上，且，三角形的外接圆的一条弦过点，点为边上的动点，当弦的长度最短时，的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设为外接圆的圆心，结合垂径定理和正弦定理，可得，再由极化恒等式推出，于是问题转化为求的取值范围，然后结合三角函数知识与余弦定理，即可得解． 【解析】解：设为外接圆的圆心， 因为，所以， 当弦的长度最短时，， 在中，由正弦定理知，外接圆半径，即， 所以， 因为，即， 所以， 因为点为线段上的动点， 所以当点与点重合时，； 当点与点重合时，， 在中，由余弦定理知， ， 所以， 综上，， 所以．    故选：D． 三、解答题 21．（23-24高三下·上海·阶段练习）在中，，，分别是角，，所对的边，，，. (1)求的值； (2)求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理列方程计算可得； （2）利用余弦定理求出，即可求出，再由两角差的余弦公式计算可得. 【解析】（1）由余弦定理， 可得， ，解得或， ，∴； （2）由余弦定理可得， 又，所以， 所以. 22．（2024高三·上海·专题练习）记的内角的对边分别为，已知 (1)试判断的形状； (2)若，求周长的最大值. 【答案】(1)是直角三角形 (2) 【分析】（1）根据题意，求得，利用余弦定理列出方程，得到，即可求解； （2）由（1）和，得到，则周长为，结合三角函数的性质，即可求解. 【解析】（1）解：由，可得，所以， 即，所以， 又由余弦定理得，可得，所以， 所以是直角三角形 （2）解：由（1）知，是直角三角形，且，可得， 所以周长为， 因为，可得， 所以，当时，即为等腰直角三角形，周长有最大值为. 23．（23-24高三上·上海虹口·期末）设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，且． (1)求角B的大小； (2)若为锐角三角形，求的值域． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量平行得到，结合正弦定理化简得到，进而根据余弦定理求得即可得到答案； （2）根据化简函数，得到原函数即为，结合锐角三角形得到进而即可得到答案. 【解析】（1）因为，，且， 所以， 在中，由正弦定理得， 所以， 所以，化简得， 在中，由余弦定理得， 因为，所以 （2）由（1）得，，所以， 所以 ， 因为为锐角三角形，所以，解得， 所以，所以，则 即的值域为 24．（23-24高三上·上海浦东新·期中）如图所示为某小区在草坪上活动区域的平面示意图，在四个点分别建造了供老年人活动的器械.四个点所围成的四边形即为老年人的活动区域.为了便于老年人在草坪上行走，小区建造了，，，，，六条步行道，其中，，，.设，，为四边形的面积.    (1)若，求的值: (2)求的最大值，并求取到最大值时的值. 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）由余弦定理得到，进而求出，求出和的面积，相加后得到答案； （2）由余弦定理得到，进而求出，表达出，求出最值及的值. 【解析】（1）在中，由余弦定理得， ， 在直角中，，故， 设和分别为和的面积， 故， ， 故. （2）在中，由余弦定理得， ， 在直角中，， 设和分别为和的面积， 故，， 可得， 故，当且仅当时取到. 25．（23-24高三下·上海松江·阶段练习）设的内角A、B、C所对边分别为a、b、c，若. (1)求证：a、b、c成等差数列； (2)若均为整数，且存在唯一的钝角满足条件，求角C的大小. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，逆用和角的正弦公式，结合正弦定理角化边即得. （2）由（1）的结论及已知设，再利用余弦定理结合唯一钝角三角形条件求解即得. 【解析】（1）在中，由，得， 即， 由正弦定理得，所以a、b、c成等差数列. （2）由（1）及已知，设，显然， ，则有，又， 因此，由存在唯一的钝角满足条件，得，于是， 所以. 26．（2024高三·上海·专题练习）如图1，某景区是一个以C为圆心，半径为3km的圆形区域，道路，成60°角，且均和景区边界相切，现要修一条与景区相切的观光木栈道AB，点A，B分别在和上，修建的木栈道AB与道路，围成三角地块OAB．（注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等）．    (1)当为正三角形时求修建的木栈道AB与道路，围成的三角地块OAB面积； (2)若的面积，求木栈道AB长； (3)如图2，设， ①将木栈道AB的长度表示为的函数，并指定定义域； ②求木栈道AB的最小值． 【答案】(1) (2) (3)①，② 【分析】（1）运用等面积法可求得等边三角形的边长，进而求得等边三角形的面积. （2）方法1：运用内切圆性质及三角形面积公式可求得结果. 方法2：运用两个三角形面积公式可得，的值，再结合余弦定理可得，联立可求得AB的长. （3）①运用内切圆性质可得，进而运用直角三角形中的正切公式可表示出AB. ②方法1：运用分离常数法、“1”的代换及基本不等式可求得结果. 方法2：运用切化弦、和角公式、积化和差公式化简AB表达式，再结合三角函数在区间上求最值即可. 方法3：运用切化弦、和差角公式、二倍角公式、辅助角公式化简，再结合三角函数在区间上求最值即可. 【解析】（1）如图所示，      设三角地块面积为S，等边△OAB边长为， 所以由等面积法得：， 解得， 所以. 故修建的木栈道与道路，围成的三角地块面积为平方千米. （2）方法1：设圆C分别与、、相切于点N、E、M，如图所示，    则，，， 所以在中，， 所以， 设，， 所以， 解得：，即：. 故木栈道AB长为. 方法2：设三角地块面积为S，，，，， 由等面积法可得：， 即：， 所以①，②， 在△中，由余弦定理得， 即：③， 由①②③解得：. 故木栈道AB长为. （3）如图所示，    ①由题意知，， 由内切圆的性质可知，， 设直线和圆相切点，，则， 因为，解得：， 又因为，， 所以，， 所以. 即：. ②方法1： ， 当且仅当时等号成立， 故木栈道的长度最小值为. 方法2： 因为， 所以， 所以， 所以， 故木栈道的长度最小值为. 方法3： ， 因为， 所以， 所以， 所以， 故木栈道的长度最小值为. 【点睛】方法点睛： 解三角形的应用问题的要点 （1）从实际问题抽象出已知的角度、距离、高度等条件，作为某个三角形的元素； （2）利用正弦、余弦定理解三角形，得实际问题的解． 解三角形中最值（范围）问题的解题策略 利用正弦、余弦定理以及面积公式化简整理，构造关于某一个角或某一边的函数或不等式，利用函数的单调性或基本不等式等求最值（范围）． 一、填空题 1．（2024·上海黄浦·二模）在中，，，，则 . 【答案】 【分析】根据余弦定理建立方程，可得答案. 【解析】在中，根据余弦定理可得：， 设，则，整理可得，解得， 故. 故答案为：. 2．（2024·上海虹口·二模）已知一个三角形的三边长分别为，，，则这个三角形外接圆的直径为 . 【答案】/ 【分析】不妨设中，，，利用余弦定理求出，即可求出，再由正弦定理计算可得. 【解析】不妨设中，，， 由余弦定理，即， 解得，又， 所以， 由正弦定理， 即这个三角形外接圆的直径为. 故答案为： 3．（2024·福建莆田·二模）已知的内角的对边分别为，若，则 ． 【答案】 【分析】根据余弦定理可得，再利用余弦定理即可得的值. 【解析】由余弦定理可得， 所以， 于是有. 故答案为：. 4．（2023·上海奉贤·一模）某林场为了及时发现火情，设立了两个观测点和．某日两个观测点的林场人员都观测到处出现火情．在处观测到火情发生在北偏西方向，而在处观测到火情在北偏西方向．已知在的正东方向处（如图所示），则 . （精确到） 【答案】 【分析】 根据题意，由正弦定理代入计算，即可得到结果. 【解析】由题意可得，，，，则， 在中，由正弦定理可得， ， 即， 所以， ， 则. 故答案为： 5．（2023·上海嘉定·一模）在中，内角、、的对边分别为、、，的面积为，，，则 . 【答案】或 【分析】利用三角形的面积公式求出角的值，再利用余弦定理可求得的值. 【解析】由三角形的面积公式可得，则， 因为，则或. 当时，由余弦定理可得； 当时，由余弦定理可得. 综上所述，或. 故答案为：或. 6．（2021·上海·一模）某展馆现有一块三角形区域可以布展，经过测量其三边长分别为14、10、6（单位：m），且该区域的租金为每天4元/m2．若租用上述区域5天，则仅场地的租用费约需________元．（结果保留整数） 【答案】 【分析】根据余弦定理求出一个角，根据面积公式求出三角形的面积后可得结果. 【解析】设的对应的边为，且， 由余弦定理可得， 因为，所以， 所以， 所以， 所以仅场地的租用费为元. 故答案为： 7．（2022·上海虹口·一模）已知角，，是的三个内角，若，则该三角形的最大内角等于 （用反三角函数值表示）. 【答案】 【分析】由正弦定理及三角形内角的性质知：且最大内角为，再应用余弦定理求，即可得最大内角. 【解析】由正弦定理知：，又， ∴且最大内角为，令， ∴，故. 故答案为：. 8．（2022·上海金山·二模）已知平面向量满足，若关于的方程有实数解，则面积的最大值为 . 【答案】 【分析】对两边平方有有解，再利用基本不等式可得，进而求得面积的最大值即可 【解析】设，因为，故，则，显然，对两边平方有，即有解，因为，当且仅当，即时取等号.故 ，则面积的最大值为，当且仅当时取等号. 故答案为： 9．（2024·上海·三模）空间中两点间的距离为，设的面积为，令，若，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】根据公式对向量进行处理，再结合不等式得出，即可推出点在以M为球心4为半径的球面上，从可求得答案. 【解析】由题意可知， 设中点为，则，， 所以， 由，得，则， 当且仅当时等号成立，则， 即，即， 则，即， 即点在以M为球心4为半径的球面上， 先说明圆的内接三角形为正三角形时，面积最大； 设为半径为r的圆的内接三角形， 则 ，当且仅当时等号成立， 即为正三角形时，其面积取到最大值， 由于点在以M为球心4为半径的球面上，故的面积S可以无限小， ， 即S的取值范围为， 故答案为：. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键要利用以及均值不等式推出，从而推出点在以M为球心4为半径的球面，即可求解. 10．（2022·上海宝山·一模）在中，角，，所对的边分别为，，，且，，若，则的最大值为 . 【答案】/ 【分析】由三角恒等变换可得,再由余弦定理及重要不等式即可求解. 【解析】由得， 由，得， 所以, 所以，当且仅当时，等号成立. 故答案为： 11．（2023·上海虹口·一模）在中，，，，是的外心，若，其中，，则动点的轨迹所覆盖图形的面积为 ． 【答案】/ 【分析】先利用余弦定理求出的长，因为是的外心， 设外接圆的半径为，所以，再利用正弦定理 求出，由，， 知道动点的轨迹所覆盖图形为以为边的菱形 画图，由图可知菱形为，求出即可得. 【解析】在中，因为，，， 所以由余弦定理：， 所以， 又因为是的外心，设外接圆的半径为， 所以， 由， 所以， 由正弦定理：， 所以， 由，，， 所以动点的轨迹所覆盖图形为以为边的菱形， 如图所示： 由图知为 所对的圆心角与圆周角， 所以有， 所以 ， 所以 ， 所以动点的轨迹所覆盖图形面积为： ， 故答案为：. 12．（2024·上海徐汇·二模）如图所示，已知满足，为所在平面内一点.定义点集.若存在点，使得对任意，满足恒成立，则的最大值为 . 【答案】 【分析】延长到满足，取的靠近的三等分点，连接，由向量共线定理得三点共线，从而表示的边上的高，利用正弦定理求得的面积的最大值，从而可得结论． 【解析】延长到满足，取的靠近的三等分点，连接，如图， ， 所以三点共线， 又存在点，使得对任意，满足恒成立，则的长表示到直线的距离，即的边上的高，设， 由得，，公用，因此， 所以， 中，设，由正弦定理得，记为角， 所以，，， 所以 ， 若不是钝角，则 ， 又，所以，即， 所以， 设，则，，它是减函数， 所以时，， 若是钝角，则 ， 设，则，， 令，则， ， 时，，递减，时，递增， 所以时，，， 综上，， 此时． 故答案为：3． 【点睛】方法点睛：本题考查向量的线性运算，考查三角形的面积，解题方法其一是根据向量共线定理得出点在一条直线，问题转化为求三角形高的最大值，从而求三角形面积的最大值，解题方法其二是利用正弦定理求三角形的面积，本题中注意在用平方关系转化时，需要根据是否为钝角分类讨论，才能正确求解（本题用海伦公式求三角形的面积方法较简便）． 二、单选题 13．（2023·上海普陀·模拟预测）已知点为的外心，且，则为（    ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定 【答案】C 【分析】取的中点，的中点，的中点，可得，，，分别利用，，和余弦定理可得答案. 【解析】三个角所对的三边分别为， 取的中点，的中点，的中点， 连接，，，则，，， 所以， ， ， 因为， 所以，即， 由余弦定理得，因为，所以， 即为钝角三角形. 故选：C.      14．（2024·上海嘉定·二模）嘉定某学习小组开展测量太阳高度角的数学活动．太阳高度角是指某时刻太阳光线和地平面所成的角．测量时，假设太阳光线均为平行的直线，地面为水平平面．如图，两竖直墙面所成的二面角为120°，墙的高度均为3米．在时刻，实地测量得在太阳光线照射下的两面墙在地面的阴影宽度分别为1米、1.5米．在线查阅嘉定的天文资料，当天的太阳高度角和对应时间的部分数据如表所示，则时刻最可能为（    ） 太阳高度角 时间 太阳高度角 时间 43.13° 08:30 68.53° 10:30 49.53° 09:00 74.49° 11:00 55.93° 09:30 79.60° 11:30 62.29° 10:00 82.00° 12:00 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出示意图形，在四边形中利用正弦定理与余弦定理，算出四边形的外接圆直径大小，然后在中利用锐角三角函数定义，算出的大小，即可得到本题的答案. 【解析】如图所示， 设两竖直墙面的交线为，点被太阳光照射在地面上的影子为点， 点分别是点在两条墙脚线上的射影，连接 ，，， 由题意可知就是太阳高度角. ∵四边形中，，， ∴ ， ∴中，， 可得， ∵四边形是圆内接四边形，是其外接圆直径， ∴设的外接圆半径为，则， 在中，， 所以， 对照题中表格，可知时刻时，太阳高度角为，与最接近. 故选：B. 三、解答题 15．（2024·上海奉贤·三模）已知三角形的三个角对应的边分别为、、 (1)求证：存在以为三边的三角形； (2)若以为三边的三角形为等腰直角三角形，求三角形的最小角． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用正弦定理和三角形任意两边之和大于第三边即可证明； （2）由题意可得均为锐角，不妨设，则可得或，然后分情况讨论即可. 【解析】（1）证明：因为，所以， 因为三角形的三个角对应的边分别为、、， 所以，， 设三角形的外接圆半径为，则由正弦定理得 ， ， ， 所以，，， 所以存在以为三边的三角形； （2）因为以为三边的三角形为等腰直角三角形， 所以， 所以都为锐角， 不妨设，因为， 所以，或， 所以或， 当时，，则，不合题意，舍去， 当时，，则， 因为，所以, 因为，所以， 所以，因为， 所以，所以， 所以, 所以, 所以三角形的最小角为. 16．（2023·上海·三模）已知在中，角所对的边分别为，且满足． (1)若，求的面积； (2)求的最大值，并求其取得最大值时的值． 【答案】(1)或； (2)最大值，. 【分析】（1）首先由余弦定理求出c，再结合三角形面积公式即可求解； （2）由正弦定理边化角，结合三角恒等变换即可求解． 【解析】（1），，， 又，， ． 又在中，，，， 因为，所以， 又在中，，， 再由三角形的余弦定理得：，， 即，解得或， 当时，， 当时，， （2），，． ． 其中，，，， 在中，，， 当时，取到最大值， 此时，． 17．（2024·上海宝山·二模）在中，角、、的对边分别为、、，已知. (1)求角的大小； (2)若的面积为，求的最小值，并判断此时的形状. 【答案】(1) (2)4，为等边三角形 【分析】（1）由正弦定理角化边可得，进而根据余弦定理可求； （2）由三角表面积可求得，根据均值不等式可求得的最小值，根据取得最小值可判断三角形的形状. 【解析】（1）由正弦定理得， 又由余弦定理得， 因为是三角形内角，所以； （2）由三角形面积公式得： ， 解得， 因为，当且仅当时取等号， 所以的最小值为，此时为等边三角形. 18．（2024·上海普陀·二模）设函数，，，它的最小正周期为. (1)若函数是偶函数，求的值； (2)在中，角、、的对边分别为、、，若，，，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦函数的周期公式可求，又函数是偶函数，结合，即可求解的值； （2）由，可得，结合题意利用正弦定理可求，由余弦定理可求，进而可求的值． 【解析】（1）因为函数的最小正周期为，且， 所以，即， 则， 又函数是偶函数， 则，， 即，又， 则. （2）由得，， 又，，则，即， 由余弦定理得，， 即，则. 19．（2023·上海杨浦·一模）某数学建模小组研究挡雨棚（图1），将它抽象为柱体（图2），底面与全等且所在平面平行，与各边表示挡雨棚支架，支架、、垂直于平面.雨滴下落方向与外墙（所在平面）所成角为（即），挡雨棚有效遮挡的区域为矩形（、分别在、延长线上）. (1)挡雨板（曲面）的面积可以视为曲线段与线段长的乘积．已知米，米，米，小组成员对曲线段有两种假设，分别为：①其为直线段且；②其为以为圆心的圆弧.请分别计算这两种假设下挡雨板的面积（精确到0.1平方米）； (2)小组拟自制部分的支架用于测试（图3），其中米，，，其中，求有效遮挡区域高的最大值. 【答案】(1)①平方米②平方米 (2)0.3米 【分析】（1）分别按照直线段与圆弧计算BC的长，代入面积公式即可得解； （2）根据正弦定理求出，再由三角恒等变换求最大值即可得解. 【解析】（1）①其为直线段且时， 米， 所以在中，，即（米）. 所以（平方米）； ②其为以为圆心的圆弧时，此时圆的半径为（米）， 圆心角，所以圆弧的长， 所以（平方米） （2）由题意，，， 由正弦定理可得：， 即 ，其中， 当，即时，（米）. 即有效遮挡区域高的最大值为米. 20．（2023·上海浦东新·一模）在临港滴水湖畔拟建造一个四边形的露营基地，如图ABCD所示.为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在四边形ABCD区域中，将三角形ABD区域设立成花卉观赏区，三角形BCD区域设立成烧烤区，边AB、BC、CD、DA修建观赏步道，边BD修建隔离防护栏，其中米，米，. (1)如果烧烤区是一个占地面积为9600平方米的钝角三角形，那么需要修建多长的隔离防护栏（精确到0.1米）？ (2)考虑到烧烤区的安全性，在规划四边形ABCD区域时，首先保证烧烤区的占地面积最大时，再使得花卉观赏区的面积尽可能大，则应如何设计观赏步道？ 【答案】(1)247.4m (2)应使得，来修建观赏步道. 【分析】（1）由三角形面积公式求出，得到，利用余弦定理求出m； （2）解法一：先得到烧烤区的占地面积最大时，m，，设，利用正弦定理得到，由面积公式得到，结合，得到面积的最大值，及，得到答案. 解法二：先得到烧烤区的占地面积最大时，m，，设，，由余弦定理得到，结合基本不等式求出，，此时，得到结论. 【解析】（1）， 解得：， 因为C是钝角，所以. 由余弦定理得： ， 故需要修建247.4m的隔离防护栏； （2）解法一：， 当且仅达时取到等号，此时m，设，， 在中，， 解得：， 故 ， 因为，所以， 故当，即时，取的最大值为1， ， 当且仅当时取到等号，此时 答：修建观赏步道时应使得，. 解法二：， 当且仅达时取到等号，此时， 设，.则由余弦定理， ， 故由平均值不等式，， 从而， 等号成立当且仅当. 答：修建观赏步道时应使得，. ( 第 1 页 共 16 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$